ESERCIZIO 1 1.1 - Punto di riposo, R1,R2 Detta IC = IC1 = IC2 = 2.5

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ESERCIZIO 1
1.1 - Punto di riposo, R1 , R2
Detta IC = IC1 = IC2 = 2.5 mA e ipotizzando IB1 ≪ IC1 , IB2 ≪ IC2 , si ha
VCE1 = V − + RE (IE1 + IE2 ) ≃ V − + 2RE IC = −12.0 V.
(1)
Nel punto di riposo si ha IB1 ≃ 8.5 µA. utilizzando il generatore equivalente di
Thévenin sulla base di Q1 si ha
V−
R2
+ (R1 //R2 )IB1 + Vγ + RE (IE1 + IE2 ) ≃
R1 + R2
R2
V−
+ (R1 //R2 )IB1 + Vγ + 2RE IC = 0
R1 + R2
(2)
Mettendo a sistema quest’ultima con la condizione R1 + R2 = 50 kΩ e risolvendo,
si ottiene R1 = 31.11 kΩ ed R2 = 18.89 kΩ.
Considerando orizzontali le caratteristiche d’uscita, anche il secondo transistor,
che lavora con la stessa corrente di collettore e con
VCE2 = V − + RC IC + RE (IE1 + IE2 ) ≃ V − + RC IC + 2RE IC = −6.0 V,
lavorerà con corrente di base IB2 = 8.5 µA. Dunque il risultato trovato vale per
entrambi i partitori.
• Nota 1: Considerando pesante il partitore R1 ,R2 , la corrente di collettore
risulta indipendente dalla corrente di base, per cui si può scrivere
V−
R2
R2
+(R1 //R2 )IB1 +Vγ +2RE IC ≃ V −
+Vγ +2RE IC
R1 + R2
R1 + R2
(3)
da cui segue R2 = 18.61 kΩ ed R1 = 31.39 kΩ. Poiché l’equazione (3) vale, nella
stessa forma, per entrambi i transistor, anche senza l’ipotesi di caratteristiche
orizzontali, il risultato trovato vale per entrambi i partitori.
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• Nota 2: Rimuovendo l’ipotesi di caratteristiche orizzontali, ma ipotizzando comunque trascurabile la corrente di base rispetto a quella di collettore per entrambi
i transistor, sarebbe necessario scrivere l’equazione (2), per ciascun transistor
con un diverso valore di corrente di base, con la conseguenza di due diversi valori (uno per il partitore di sinistra e uno per il partitore di destra) per ciascuna
delle resistenze R1 ed R2 .
Nel punto di riposo del transistor 1 si ha
hie = rbb′ +
hf e = 330,
VT
hf e = 3.71 kΩ
IC
Il transistor Q2 lavorerà con un valore di hf e leggermente inferiore (le caratteristiche si avvicinano l’una all’altra per l’effetto Early, al diminuire di |VCE |); per
semplicità nei calcoli che seguono si utilizzerà lo stesso valore di hf e e di hie per
entrambi i transistor.
1.2, 1.3 - Risposta in frequenza, diagramma di Bode
Circuito equivalente (RB1 = RB2 = R1 //R2 = 11.75 kΩ):
RS
CS
hf e2 ib2
hie1
✲
vs
RB1
hf e1 ib1
+
ib2 ✻ hie2
ib1
RE
CB
RC
vu
RB2
−
L’amplificatore è costituito da uno stadio a collettore comune (inseguitore di
emettitore) seguito da uno a base comune: si tratta dunque di un amplificatore
con guadagno positivo a centro banda. I due condensatori sono fra loro dipendenti:
CS produce uno zero nell’origine e un polo, CB un polo e uno zero finiti.
Per il calcolo delle frequenze di polo si farà uso del metodo di Grabel.
Resistenze viste da CS :
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RS0
RSB
hie2 + RB2
= 7.45 kΩ
= RS + RB1 // hie1 + (hf e1 + 1) RE //
hf e2 + 1
= RS + RB1 // hie1 + (hf e1 + 1) RE //
hie2
hf e2 + 1
= 4.78 kΩ
Resistenze viste da CB :
0
RB
S
RB
=
hie1 + RB1
RB2 // hie2 + (hf e2 + 1) RE //
= 7.20 kΩ
hf e1 + 1
=
hie1 + (RB1 //RS )
= 4.62 kΩ
RB2 // hie2 + (hf e2 + 1) RE //
hf e1 + 1
A questo punto
0
a1 = CS RS0 +CB RB
= 21.85×10−3 s,
0
S
a2 = CS CB RB
RSB = CS CB RS0 RB
= 68.88×10−6 s2
e risolvendo l’equazione P (s) = 1 + a1 s + a2 s2 = 0 si ottengono i poli
sp1 = −55.46 rad/s
ed
sp2 = −261.76 rad/s
ed
fp2 = 41.66 Hz.
e le frequenze di polo
fp1 = 8.83 Hz
La frequenza dello zero di CB
è
1
fz =
= 6.77 Hz.
2πCB RB2
Con tutti i condensatori chiusi (cioè a centro banda) si ha il circuito equivalente
riportato in figura
RS
hie1
hf e2 ib2
E
✲
vs
RB1
hf e1 ib1
+
ib2 ✻ hie2
ib1
RE
RC
vu
−
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ve
,
ib2 = −
hie2
vu = −RC hf e2 ib2 ,
ib1 = vs
RB1
·
RS + RB1
ve = (hf e1 + 1) RE //
hie2
hf e1 + 1
ib1
1
(RS //RB1 ) + hie1 + (hf e1 + 1) RE //
hie2
hf e1 + 1
Segue
AV,CB =
RB1
RC hf e2
·
RS + RB1
hie2
(hf e1 + 1) RE //
hie2
hf e1 + 1
·
hie2
(RS //RB1 ) + hie1 + (hf e1 + 1) RE //
hf e1 + 1
= 100.77 (= 40.07 dB)
50
|A(f )| (dB)
40
30
20
10
0
−10
100
101
102
103
104
105
f (Hz)
1.4 - Circuito per le aa.ff.
Ce1
RS
rbb′1
rb′ e1
+ vb′ e1 −
vs
RB1
Cc1
gm2 vbe2
e1 , e2
gm1 vbe1
rb′ e2
−
vb′ e2
+
+
Ce2
Cc2
RC
vu
rbb′ 2
−
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ESERCIZIO 2
2.1 - Funzione di trasferimento, risposta in frequenza
A(s) = −
R
,
Ls
A(f ) = −
1
,
f
j ∗
f
f∗ =
R
= 2.334 kHz.
2πL
(integratore invertente, con frequenza di guadagno unitario f ∗ = 2.334 kHz)
2.2 - Diagrammi di Bode
150
(dB)
50
|A(f )|
100
0
f∗
-50
-100
-150
10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109
f (Hz)
arg(A(f ))
(rad)
π
π/2
0
10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109
f (Hz)
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2.3 - Sbilanciamento in uscita
R
Il solo generatore di tensione di offset in ingresso
produce la saturazione dell’uscita dell’A.O.. In-
vu
fatti (v. schema circuitale) il generatore VIO si
VIO
trova tra gli ingressi dell’A.O. (v + − v − = VIO ).
2.4 - Riposta effettiva
L
Circuito equivalente (con Rin → ∞ ed Ro = 0):
vs
R
−
vin
+
Avol (f )vin
Nel dominio di Laplace si ha
R
Avol0
R
Avol (s)
·
R + Ls
= − R + Ls 1 + sτ =
Avol0
Ls
Ls
Avol (s)
·
1+
1+
R + Ls
R + Ls 1 + sτ
−RAvol0
−Avol0
=
=
L
L
(R + Ls)(1 + sτ ) + LsAvol0
(Avol0 + 1) + τ + τ s2
1+s
R
R
1
con τ =
= 11.37 × 10−3 s.
2πfp
vu (s)
Af (s) =
=−
vs (s)
(τ è la costante di tempo associata al polo (fp ) nella risposta ad anello aperto
dell’A.O.). Dunque la risposta effettiva è caratterizzata da una guadagno statico
Avol0 e due poli. Questi sono
sp1 = −97.67 × 10−3 rad/s
ed
sp2 = −13.21 × 106 rad/s.
ed
fp2 = 2.102 × 106 Hz.
con frequenze
fp1 = 15.54 × 10−3 Hz
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Dunque
−Avol0
Af (f ) = f
f
1+j
1+j
fp1
fp2
Diagramma di Bode:
150
|Af (f )| (dB)
100
50
f∗
0
-50
-100
andam.
ideale
andam. reale
-150
-200
10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109
f (Hz)
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ESERCIZIO 3
3.1 - Risposta in frequenza
RS
Circuito equivalente:
C1
hie
RR
ib
RB
C2
hf e ib
+
✲
vs
RE
vu
−
Il condensatore C1 produce uno zero nell’origine e un polo; poiché il guadagno
è non nullo sia con C2 aperto sia con C2 chiuso (affermazione verificabile), le
singolarità di C2 sono un polo e uno zero finiti. Per il calcolo delle frequenze di
polo si farà uso del metodo di Grabel.
Resistenze viste da C1 :
RS
hie
RR
vs
RE
RB
RS
ip ✻
vp
+
✲
ib
hf e ib
R10 = RS + {(RR + RB )// [hie + RE (hf e + 1)]}
vu
= 42.82 kΩ
−
hie
✲
ib
RR
hf e ib
vp = RS ip + hie ib + (RE //RB ) (hf e ib + ip )
RE //RB
ib = ip
RR
RR + hie
da cui infine
RR
hie
2
R1 = RS +
hie + (RE //RB ) hf e + 1 +
= 598.12 kΩ
RR + hie
RR
Resistenze viste da C2 :
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hie
RR
ib
✛
= RB (ip − ib ) + RE [ip − (hf e + 1)ib ]
vu
RE
vp
hf e ib
RB
vp = RB (ip − ib ) + RE (ip − ib − hf e ib )
+
✲
ib =
−
R20 =
Segue
vp
hie + RR
RB + RE
= 0.790 kΩ
RE (hf e + 1)
RB
+
1+
hie + RR
hie + RR
a1 = C1 R10 + C2 R20 = 214.3 × 10−3 s,
a2 = C1 C2 R20 R12 = 519.8 × 10−6 s2
poli:
sp1 = −4.72 rad/s,
sp2 = −407.47 rad/s
frequenze di polo:
fp1 =
−sp1
= 0.75 Hz,
2π
fp2 =
−sp2
= 64.85 Hz
2π
Calcolo della frequenza di zero:
a) calcolo esatto:
C2 è percorso dalla corrente (hf e + 1)ib ; detta io
RS
i=0
hie
RR
✲
la corrente in RB :
❄
ib
1
(hf e + 1)ib + RR [(hf e + 1)ib − io ] + hie ib = 0
C2 s
C2
RB
io
❄
1
hf e ib
(hf e + 1)ib + RB io = 0
C2 s
Ricavando io dalla seconda, sostituendo nella prima e risolvendo infine in s, si trova:
vs
RE
s=−
(hf e + 1)(RR + RB )
= −408.93 rad/s.
RB C2 [hie + RR (hf e + 1)]
La frequenza di zero è allora
fz = −
(hf e + 1)(RR + RB )
sz
=
= 65.08 Hz.
2π
2πRB C2 [hie + RR (hf e + 1)]
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(pressoché coincidente con quella del secondo polo).
b) calcolo approssimato: (v. oltre)
Con entrambi i condensatori chiusi il circuito equivalente diventa
hie
RS
✲
ip ✻
ib
vp
RE //RB
RR
hf e ib
hie
ib ,
vu = (RE //RB ) hf e + 1 +
RR
hie
vs = RS 1 +
ib + hie ib + vu
RR
E quindi
hie
(RE //RB ) hf e + 1 +
R
R
= 0.9956 (= −0.04 dB).
A2 =
hie
hie
+ hie + (RE //RB ) hf e + 1 +
RS 1 +
RR
RR
Tornando al calcolo approssimato della frequenza di zero di C2 , se si attribuisce
a questo condensatore il polo a frequenza più alta (dunque considerando non interagenti i due condensatori, ma si tratta di un’approssimazione) e detti A1 il
guadagno calcolato con C1 chiuso e C2 aperto e A2 quello calcolato con entrambi
i condensatori chiusi, si può calcolare il valore della frequenza di zero come
fz ≃ fp2
A1
A2
RS
Con C1 chiuso e C2 aperto il circuito equivalente è
quello di un inseguitore di emettitore con resistenza
RB + RR sulla base:
hie
RR
+
✲
ib
vs
RE
RB
hf e ib
vu
−
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Dunque
A1 =
RE (hf e + 1)
RB + RR
vu
=
·
= 0.9885(= −0.10 dB)
vs
[RS //(RB + RR )] + hie + RE (hf e + 1) RS + RB + RR
A questo punto
A1
= 64.39 Hz.
A2
Come si vede, il risultato - per quanto approssimato - è comunque poco differente
fz ≃ fp2
da quello esatto.
La risposta in frequenza ha espressione
f
f
1+j
j
fz
fp1
f
z
A(f ) = A2
·
f
f
fp2
1+j
1+j
fp1
fp2
Diagramma di Bode:
0
|A(f )|
(dB)
−10
−20
10−1
100
101
102
f
103
104
(Hz)
4.4 - Calcolo del guadagno a centro banda mediante il teorema di Miller
RS
1
hie
RS
2
1
hie
✲
✲
ib
vs
RR
hf e ib
(a)
2
ib
RE //RB vs
′
RM
hf e ib
(b)
′′
RE //RB //RM
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v2 = (RE //RB )(hf e + 1 +
hie
)ib ,
RR
v1 = hie ib + (RE //RB )(hf e + 1 +
hie
)ib
RR
Dunque
hie
)
RR
= 0.9962
hie
hie + (RE //RB )(hf e + 1 +
)
RR
La resistenza RR verrà sostituita dalle resistenze
v2
k=
=
v1
′
RM
=
(RE //RB )(hf e + 1 +
RR
= 6.573 MΩ
1−k
e
′′
RM
=
RR
= −6.548 MΩ,
1 − 1/k
disposte come nel circuito a destra in figura. Lo schema ottenuto è quello di un
amplficatore a collettore comune, il cui guadagno è
A′2 =
′
′′
RM
(hf e + 1)(RB //RE //RM
)
·
= 0.9956(= A2 ).
′
′′
′
(RS //RM
) + hie + (hf e + 1)(RB //RE //RM
) RS + RM
′
′′
• Nota: Il circuito ottenuto, che comprende le resistenze RM
ed RM
, di cui quest’ul-
tima con valore negativo), è equivalente a quello iniziale nel senso che il bilancio
′′
della correnti ai nodi 1 e 2 è lo stesso nei due circuiti e il valore negativo di RM
assicura proprio questo risultato.)
Come si vede, il valore di A′2 è esattamente uguale a quello di A2 .
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ESERCIZIO 4
4.1 - Comparatore
Lo schema circuitale del comparatore e la relativa caratteristica ingresso-uscita
sono rappresentati in figura:
✻VU
R2
VH
R1
RL
vs
VT 1
vu
VT 2✲
VS
E
VL
I diodi Zener, uguali fra loro, hanno VZ = 4.3 V e Vγ = 0.7 V. Deve essere inoltre
VT 1 =
−VH β + E
1−β
e VT 2 =
−VL β + E
,
1−β
con β =
R1
R1 + R2
cioè
VT 1 + VT 2
E
=
= 2.50 V
1−β
2
e
VT 2 − VT 1 = (VH − VL )
e
β
R1
=
= 0.10,
1−β
R2
β
=1V
1−β
Risolvendo si ottiene
E = 2.273 V
risultato ottenibile per esempio con R1 = 1 kΩ ed R2 = 10 kΩ
(β = 1/11,
1 − β = 10/11).
4.2 - Dimensionamento della resistenza RL
Con l’uscita allo stato alto VU = VH , la corrente nei diodi (scelta positiva nel
verso nel quale deve effettivamente scorrere, cioè dall’uscita del comparatore verso
massa) è
IZ,H =
VO+ − VH
VH − VS
−
RL
R1 + R2
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essa è minima (con l’uscita alta, quindi con VS ≥ VT 1 ) per VS = VT 1 = 2 V.
Imponendo allora
VH − VT 1
VO+ − VH
−
≥ 10 mA
IZ,H,min =
RL
R1 + R2
segue
VO+ − VH
RL ≤
= 486.7 Ω.
VH − VT 1
10 mA +
R1 + R2
(1)
Con l’uscita allo stato basso VU = VL , la corrente nei diodi (scelta positiva
nel verso nel quale deve effettivamente scorrere, cioè da massa verso l’uscita del
comparatore) è
IZ,L =
VL − VO− VL − VS
+
RL
R1 + R2
essa è minima (con l’uscita bassa, quindi con VS ≤ VT 2 ) per VS = VT 2 = 3 V.
Imponendo allora
IZ,L,min =
VL − VO− VL − VT 2
+
≥ 10 mA
RL
R1 + R2
segue
RL ≤
VL − VO−
= 466.1 Ω.
VL − VT 2
10 mA −
R1 + R2
(2)
Poiché le condizioni (1) e (2) devono essere contemporaneamente verificate, la
resistenza RL va scelta in modo che sia
RL < min(486.7 Ω, 466.1 Ω) = 466.1 Ω
4.3 - Uscita del comparatore per sollecitazione sinusoidale
La tensione in uscita al comparatore passa dal livello basso a quello alto quando
la tensione in ingresso sale oltre VT 2 e dal livello alto a quello basso quando la
tensione in ingresso scende al di sotto di VT 1 . La situazione (a regime, su un
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intervallo di tempo corrispondente a un periodo) è descritta nel diagramma in
figura:
vs (t), vu (t)
(V)
10
5
VT 2
VT 1
0
-5
θ1
θ2
π
π/2
-10
0
1
2
3π/2
3
ωt
4
5
6
(rad)
Gli istanti di commutazione della tensione d’uscita corrispondono alle condizioni
VM sin(θ1 ) = VT 2
e
VM sin(θ2 ) = VT 1
cioè
θ1 = arcsin
VT 2
VM
= 0.384 rad
e
θ2 = π − arcsin
VT 1
VM
= 2.889 rad
Il duty-cycle è allora
δ=
θ2 − θ1
= 0.399 (= 39.9%).
2π
Si osservi che il risultato è indipendente dalla frequenza dei segnali.
4.4 - Andamento della tensione in uscita (onda triangolare)
C
R1
R2
RL
R
vu
E
VR
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La tensione vu ha andamento a onda triangolare, con fronti non simmetrici, di
valore minimo Vmin = VT 1 e valore massimo Vmax = VT 2 .
Quando la tensione in uscita al comparatore è al livello alto (vu′ = VH ), la
pendenza della tensione vu è
pd = −
VH − VR
= −3.636 × 103 V/s
RC
La durata della fase discendente (di vu ) è allora
Td = −
VT 1 − VT 2
RC = 275 µS
VH − VR
Quando la tensione in uscita al comparatore è al livello basso (vu′ = VL ), la
pendenza della tensione vu è
ps = −
VL − VR
= 8.485 × 103 V/s
RC
La durata della fase ascendente (di vu ) è allora
Ts = −
VT 2 − VT 1
RC = 118 µs
VL − VR
Il periodo del segnale è T = Td + Ts = 393 µs e la frequenza f = 1/T = 2.54 kHz.